- Uitleg
- Demonstratie
- Waar is het voor?
- Opgeloste oefeningen
- Oefening 1
- Oplossing
- Oefening 2
- Oplossing
- Referenties
De stelling van Bolzano stelt dat als een functie continu is op elk punt van een gesloten interval en ervan overtuigd is dat het beeld van "a" en "b" (onder de functie) tegengestelde tekens hebben, er ten minste één punt zal zijn " c "in het open interval (a, b), zodanig dat de functie geëvalueerd in" c "gelijk is aan 0.
Deze stelling werd in 1850 uitgesproken door de filosoof, theoloog en wiskundige Bernard Bolzano. Deze wetenschapper, geboren in het huidige Tsjechië, was een van de eerste wiskundigen in de geschiedenis die een formeel bewijs leverde van de eigenschappen van continue functies.
Uitleg
De stelling van Bolzano is ook bekend als de tussenwaardestelling, die helpt bij het bepalen van specifieke waarden, in het bijzonder nullen, van bepaalde reële functies van een reële variabele.
In een gegeven functie gaat f (x) verder -dat wil zeggen dat f (a) en f (b) zijn verbonden door een curve-, waarbij f (a) onder de x-as ligt (het is negatief), en f (b) door boven de x-as (het is positief), of vice versa, grafisch zal er een afkappunt zijn op de x-as dat een tussenliggende waarde «c» zal vertegenwoordigen, die tussen «a» en «b» zal liggen, en de waarde van f (c) zal gelijk zijn aan 0.
Bij het grafisch analyseren van de stelling van Bolzano, kan worden gezien dat voor elke continue functie f gedefinieerd op een interval, waar f (a) * f (b) kleiner is dan 0, er ten minste één wortel «c» van die functie zal zijn binnen van het interval (a, b).
Deze stelling stelt niet het aantal punten in dat open interval vast, het stelt alleen dat er minimaal 1 punt is.
Demonstratie
Om de stelling van Bolzano te bewijzen, wordt aangenomen zonder verlies van algemeenheid dat f (a) <0 en f (b)> 0; er kunnen dus veel waarden zijn tussen "a" en "b" waarvoor f (x) = 0, maar er hoeft er maar één getoond te worden.
We beginnen met het evalueren van f in het midden (a + b) / 2. Als f ((a + b) / 2) = 0 dan eindigt hier het bewijs; anders is f ((a + b) / 2) positief of negatief.
Een van de helften van het interval wordt zo gekozen dat de tekens van de functie die aan de uiteinden wordt geëvalueerd, verschillend zijn. Dit nieuwe interval zal zijn.
Nu, als f geëvalueerd in het midden van niet nul is, wordt dezelfde bewerking als hiervoor uitgevoerd; dat wil zeggen, de helft van dit interval wordt gekozen die voldoet aan de voorwaarde van de tekens. Laat dit het nieuwe interval zijn.
Als u doorgaat met dit proces, heeft u twee reeksen {an} en {bn}, zodat:
{an} neemt toe en {bn} neemt af:
a ≤ a1 ≤ a2 ≤… ≤ an ≤…. ≤…. ≤ bn ≤…. ≤ b2 ≤ b1 ≤ b.
Als u de lengte van elk interval berekent, moet u:
b1-a1 = (ba) / 2.
b2-a2 = (ba) / 2².
….
bn-an = (ba) / 2 ^ n.
Daarom is de limiet als n oneindig nadert van (bn-an) gelijk aan 0.
Door dat {an} toeneemt en begrensd en {bn} afneemt en begrensd, hebben we dat er een waarde «c» bestaat zodat:
a ≤ a1 ≤ a2 ≤… ≤ an ≤… .≤ c ≤…. ≤ bn ≤…. ≤ b2 ≤ b1 ≤ b.
De limiet van an is "c" en de limiet van {bn} is ook "c". Daarom, gegeven elke δ> 0, is er altijd een "n" zodat het interval binnen het interval valt (c-δ, c + δ).
Nu moet worden aangetoond dat f (c) = 0.
Als f (c)> 0, dan, aangezien f continu is, bestaat er een ε> 0 zodat f positief is over het hele interval (c - ε, c + ε). Zoals hierboven vermeld, is er echter een waarde "n" zodat f van teken verandert en bovendien is opgenomen in (c - ε, c + ε), wat een tegenspraak is.
Als f (c) <0, dan, aangezien f continu is, bestaat er een ε> 0 zodat f negatief is gedurende het interval (c - ε, c + ε); maar er bestaat een waarde "n" zodat f verandert inloggen. Het blijkt dat het is vervat in (c - ε, c + ε), wat ook een tegenstrijdigheid is.
Daarom f (c) = 0 en dit is wat we wilden bewijzen.
Waar is het voor?
Vanuit zijn grafische interpretatie wordt de stelling van Bolzano gebruikt om wortels of nullen te vinden in een continue functie, door middel van tweedeling (benadering), wat een incrementele zoekmethode is die de intervallen altijd door 2 deelt.
Vervolgens wordt een interval genomen of waar de tekenverandering optreedt, en het proces wordt herhaald totdat het interval kleiner en kleiner is, om de gewenste waarde te kunnen benaderen; dat wil zeggen naar de waarde die de functie 0 maakt.
Samenvattend, om de stelling van Bolzano toe te passen en zo de wortels te vinden, de nullen van een functie te beperken of een oplossing te geven voor een vergelijking, worden de volgende stappen uitgevoerd:
- Er wordt geverifieerd of f een continue functie op het interval is.
- Als het interval niet is opgegeven, moet er een worden gevonden waar de functie continu is.
- Er wordt geverifieerd of de extremen van het interval tegengestelde tekens geven bij evaluatie in f.
- Als er geen tegengestelde tekens worden verkregen, moet het interval worden verdeeld in twee subintervallen met behulp van het middelpunt.
- Evalueer de functie in het midden en verifieer dat aan de Bolzano-hypothese wordt voldaan, waarbij f (a) * f (b) <0.
- Afhankelijk van het teken (positief of negatief) van de gevonden waarde, wordt het proces herhaald met een nieuw subinterval totdat aan de bovengenoemde hypothese is voldaan.
Opgeloste oefeningen
Oefening 1
Bepaal of de functie f (x) = x 2 - 2, ten minste één echte oplossing in het interval heeft.
Oplossing
We hebben de functie f (x) = x 2 - 2. Omdat het polynoom is, betekent dit dat het continu is in elk interval.
Er wordt gevraagd om te bepalen of het een echte oplossing heeft in het interval, dus nu is het alleen nodig om de extremen van het interval in de functie te vervangen om het teken hiervan te kennen en om te weten of ze voldoen aan de voorwaarde dat ze anders zijn:
f (x) = x 2 - 2
f (1) = 1 2 - 2 = -1 (negatief)
f (2) = 2 2 - 2 = 2 (positief)
Daarom teken van f (1) ≠ teken f (2).
Dit zorgt ervoor dat er minimaal één punt "c" is dat hoort bij het interval, waarin f (c) = 0.
In dit geval kan de waarde van "c" eenvoudig als volgt worden berekend:
x 2 - 2 = 0
x = ± √2.
Dus √2 ≈ 1,4 behoort tot het interval en vervult dat f (√2) = 0.
Oefening 2
Laat zien dat de vergelijking x 5 + x + 1 = 0 minstens één echte oplossing heeft.
Oplossing
Laten we eerst opmerken dat f (x) = x 5 + x + 1 een polynoomfunctie is, wat betekent dat het continu is op alle reële getallen.
In dit geval wordt geen interval gegeven, dus waarden moeten intuïtief worden gekozen, bij voorkeur dicht bij 0, om de functie te evalueren en de tekenwijzigingen te vinden:
Als u het interval gebruikt, moet u:
f (x) = x 5 + x + 1.
f (0) = 0 5 + 0 + 1 = 1> 0.
f (1) = 1 5 + 1 + 1 = 3> 0.
Omdat er geen tekenverandering is, wordt het proces herhaald met een ander interval.
Als u het interval gebruikt, moet u:
f (x) = x 5 + x + 1.
f (-1) = (-1) 5 + (-1) + 1 = -1 <0.
f (0) = 0 5 + 0 + 1 = 1> 0.
In dit interval is er een tekenwijziging: teken van f (-1) ≠ teken van f (0), wat betekent dat de functie f (x) = x 5 + x + 1 ten minste één echte wortel «c» heeft in het interval, zodat f (c) = 0. Met andere woorden, het is waar dat x 5 + x + 1 = 0 een echte oplossing heeft in het interval.
Referenties
- Bronshtein I, SK (1988). Handleiding voor wiskunde voor ingenieurs en studenten. . Redactioneel MIR.
- George, A. (1994). Wiskunde en geest. Oxford Universiteit krant.
- Ilín V, PE (1991). Wiskundige analyse. In drie delen. .
- Jesús Gómez, FG (2003). Leraren secundair onderwijs. Deel II. BOOS.
- Mateos, ML (2013). Basiseigenschappen van analyse in R. Editores, 20 december.
- Piskunov, N. (1980). Differentiële en integrale calculus. .
- Sydsaeter K, HP (2005). Wiskunde voor economische analyse. Felix Varela.
- William H. Barker, RH (zd). Continue symmetrie: van Euclides tot Klein. American Mathematical Soc.